高考数学归纳法知识点精华总结

1、数学归纳法(1)数学归纳法的基本形式设 p(n)是关于自然数n 的命题，若1p(n0)成立 (奠基 ) 2假设 p(k)成立 (kn0)，可以推出p(k+1)成立 (归纳 )，则 p(n)对一切大于等于n0的自然数 n 都成立典型题例示范讲解例 3 是否存在a、b、c 使得等式122+232+n(n+1)2=12)1(nn(an2+bn+c) 解假设存在a、b、 c 使题设的等式成立，这时令 n=1,2,3,有101133970)24(2122)(614cbacbacbacba于是，对n=1,2,3 下面等式成立122+232+n(n+1)2=)10113(12)1(2nnnn记 sn=122

2、+232+n(n+1)2设 n=k 时上式成立，即sk=12)1(kk(3k2+11k+10) 那么 sk+1=sk+(k+1)(k+2)2=2)1(kk(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2=12)2)(1(kk(3k2+5k+12k+24) =12)2)(1(kk 3(k+1)2+11(k+1)+10也就是说，等式对n=k+1 也成立综上所述，当a=3,b=11,c=10 时，题设对一切自然数n均成立学生巩固练习1已知 f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然数m,使得对任意nn,都能使 m 整除 f(n)，则最大的 m 的值为 ( ) a30 b26 c36 d6 2用数学归纳法

3、证明412n+3n+2能被 13 整除，其中 nn*3已知数列 bn是等差数列，b1=1,b1+b2+b10=145(1)求数列 bn 的通项公式bn; (2)设数列 an 的通项 an=loga(1+nb1)(其中 a0 且 a1)记 sn是数列 an的前 n 项和，试比较 sn与31logabn+1的大小，并证明你的结论4设实数 q 满足 |q|1,数列 an 满足a1=2,a20,anan+1=qn,求 an表达式，又如果limns2n3,求 q 的取值范围参考答案1解析f(1)=36,f(2)=108=3 36,f(3)=360=10 36 f(1),f(2),f(3)能被 36 整除

4、，猜想f(n)能被 36 整除证明n=1,2 时，由上得证，设n=k(k2)时，f(k)=(2k+7)3k+9 能被 36 整除，则n=k+1 时，f(k+1)f(k)=(2k+9)3k+1(2k+7)3k=(6k+27)3k(2k+7)3k=(4k+20)3k=36(k+5)3k2(k2) f(k+1)能被 36 整除f(1)不能被大于36 的数整除，所求最大的m 值等于 36答案c 2 证明(1)当 n=1 时， 421+1+31+2=91 能被 13 整除(2)假设当 n=k 时， 42k+1+3k+2能被 13 整除，则当n=k+1 时，42(k+1)+1+3k+3=42k+142+3

5、k+2342k+13+42k+1 3 =42k+113+3(42k+1+3k+2) 42k+113 能被 13 整除， 42k+1+3k+2能被 13 整除当 n=k+1 时也成立由知，当nn*时， 42n+1+3n+2能被 13 整除3(1)解设数列 bn的公差为d, 由题意得311452)110(10101111dbdbb,bn=3n2 (2)证明由 bn=3n2 知sn=loga(1+1)+loga(1+41)+loga(1+231n) =loga (1+1)(1+41) (1+231n)而31logabn+1=loga313n,于是，比较sn与31logabn+1比较 (1+1)(1+

6、41)(1+231n)与313n的大小取 n=1，有 (1+1)=33311348取 n=2，有 (1+1)(1+33312378)41推测(1+1)(1+41)(1+231n)313n(*) 当 n=1 时，已验证 (*)式成立假设 n=k(k1)时 (*)式成立，即 (1+1)(1+41)(1+231k)313k则当 n=k+1 时，)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(3kkkk3131323kkk333222333331)1(343)23(13130)13(49)13() 13)(43()23()43()131323(kkkkkkkkkkkkkkk31) 1(

7、3)1311)(2311()411)(11(kkk从而, 即当 n=k+1 时， (*)式成立由知， (*)式对任意正整数n 都成立于是，当a 1时， sn31logabn+1, 当 0a1 时， sn31logabn+14解a1a2=q,a1=2,a20, q0,a2=29, anan+1=qn,an+1an+2= qn+1两式相除，得qaann12,即 an+2=qan于是， a1=2,a3=2q,a5=2qn猜想a2n+1=21qn(n=1,2,3,) 综合，猜想通项公式为an=)(221)(1221nnkknqkknqkk时时下证(1)当 n=1,2 时猜想成立(2)设 n=2k1 时

8、， a2k1=2qk1则 n=2k+1 时，由于a2k+1=qa2k1a2k+1=2qk即 n=2k 1成立可推知 n=2k+1 也成立设 n=2k 时， a2k=21qk,则 n=2k+2 时，由于a2k+2=qa2k, 所以 a2k+2=21qk+1,这说明 n=2k 成立，可推知n=2k+2 也成立综上所述，对一切自然数n,猜想都成立这样所求通项公式为an=)(221)(1221nnkknqkknqkk时当时当s2n=(a1+a3+a2n1)+(a2+a4+a2n) =2(1+q+q2+qn-1)21(q+q2+qn) )24)(11()1()1(211)1(2qqqqqqqqnnn由于

9、 |q|1,nnnnsq2lim,0lim故=)24)(11(qqqn依题意知)1(24qq3, 并注意 1q0,|q| 1 解得 1q0 或 0q52、示范性题组：例1. 已知数列223118，22)12()12(8nnn，。 sn为其前 n 项和，求 s1、s2、s3、s4，推测 sn公式，并用数学归纳法证明。（93 年全国理）【解】 计算得 s189，s22425，s34849，s48081，猜测 sn22)12(1)12(nn (n n)。当 n1 时，等式显然成立；假设当 nk 时等式成立，即： sk22)12(1)12(kk，当 nk1 时，s1ksk22)32()12()1(8k

10、kk22) 12(1)12(kk22)32() 12()1(8kkk22222)32()12()1(8)32()32()12(kkkkkk22222)32()12()12()32()12(kkkkk22)32(1)32(kk, 由此可知，当 nk1 时等式也成立。综上所述，等式对任何nn都成立。【注】 把要证的等式sk1()()2312322kk作为目标，先通分使分母含有(2k3)2，再考虑要约分，而将分子变形，并注意约分后得到（2k3）21。这样证题过程中简洁一些，有效地确定了证题的方向。本题的思路是从试验、观察出发，用不完全归纳法作出归纳猜想，再用数学归纳法进行严格证明，这是关于探索性问题

11、的常见证法，在数列问题中经常见到。假如猜想后不用数学归纳法证明，结论不一定正确，即使正确，解答过程也不严密。必须要进行三步：试值 猜想 证明。【另解】用裂项相消法求和：由 an22)12() 12(8nnn2)12(1n2)12(1n得，sn （1231） （231251） 2)12(1n2)12(1n12)12(1n22)12(1)12(nn。此 种 解 法 与 用 试 值 猜 想 证 明 相 比 ， 过 程 十 分 简 单 ， 但 要 求 发 现22)12()12(8nnn1212()n1212()n的裂项公式。 可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一般性。例 2. 设 an2132) 1

12、(nn (nn), 证明：12n(n1)an12 (n 1)2。【分析】与自然数n 有关，考虑用数学归纳法证明。n1 时容易证得， nk1 时，因为 ak 1ak()()kk12 , 所以在假设 nk 成立得到的不等式中同时加上()()kk12 ，再与目标比较而进行适当的放缩求解。【解】 当 n1 时，an2，12n(n+1) 12，12 (n+1)22 ， n 1 时不等式成立。假设当 nk 时不等式成立，即：12k(k 1)ak12 (k 1)2，当n k 1 时 ，12k(k 1) )2)(1(kkak 112k(k 1) (k 1) 12(k 1)(k 3)12(k 1)(k 2)，12(k 1)2)2)(1(kk12(k 1)2